Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2010 gồm nhiều câu hỏi từ khảo sát hàm số, giải phương trình, tích phân, cho đến tính toán trong không gian. Các câu hỏi yêu cầu thí sinh giải quyết các vấn đề toán học với độ khó đa dạng, bao gồm việc vẽ đồ thị, giải hệ phương trình và tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức. Đề thi không chỉ kiểm tra kiến thức lý thuyết mà còn cả khả năng vận dụng thực tế trong các bài toán.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
Môn Toán – ĐỀ 03
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình sau:  6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x     .
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x
  

  
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
12
1
2
1
( 1 )
x
x
x e dx
x

  .
Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ
diện ABCD bằng .
Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện  2 2
2 1x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy



.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2
+y2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường
thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :
2 1
4 6 8
x y z 
 
 
và
d2 :
7 2
6 9 12
x y z 
 

. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-
2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4
– z3
+6z2
– 8z – 16 = 0 .
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VIb.(2điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):
2 2
1
4 3
x y
  và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất
kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một
điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt
ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình:
----------------------------------Hết---------------------------
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 * TËp x¸c ®Þnh: D = R{ - 1}
* Sù biÕn thiªn
- Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: lim lim 2
x x
y y
 
  ; tiÖm cËn ngang: y = 2
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y 
   
    ; tiÖm cËn ®øng: x = - 1
- B¶ng biÕn thiªn
Ta cã 2
1
' 0
( 1)
y
x
 

víi mäi x  - 1
Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (- ; -1) vµ ( -1; + )
1đ
2
Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0  - 1) th× 0
0
0
2 1
1
x
y
x



Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th×
MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0
0
2 1
1
x
x


- 2| = |
0
1
1x 
|
Theo Cauchy th× MA + MB  2 0
0
1
x 1.
1x


=2
 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ
(0;1) vµ (-2;3)
0,5
0,5
II 1
 6 6 23
sin 1 sin 2 (1)
4
x cos x x  
Thay (1) vµo ph­¬ng tr×nh (*) ta cã :
 6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x    
2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11
4
3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x
 
      
 
    
    
 
  
3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)
2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0
cos x x x x
x cos x x
    
    
0,5
0,5

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
x x
cos x x x cos x
   
  
     
Gi¶i (2) : 12 ( )
5
12
x k
k Z
x k

  

   

; Gi¶i (3) 4
( )
7
12
x k
k Z
x k

  

   

KÕt luËn :
2
Ta có:   3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y         .
Khi 0y  thì hệ VN.
Khi 0y  , chia 2 vế cho 3
0y  
3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
        
     
.
Đặt
x
t
y
 , ta có : 3 2
2 2 5 0 1t t t t      .
Khi 1t  ,ta có : HPT 2
1, 1
1
y x
x y x y
y

      

.
0,5
0.5
III
I =
1 1 12 2
1 2
1 1
2 2
1 1
( 1 ) ( )
x x x
x x x
x e dx e dx x e dx I I
x x
  
         .
Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 =
21 1 52
2
2
1 1
2 2
1 3
( )
2
x x
x x
xe x e dx e I
x
 
   
5
2
3
.
2
I e 
0,5đ
0,5
IV Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là
Thể tích của khối tứ diện ABCD là
Mà
Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x2
- x + = 0
trường hợp vì DE<a
0,5
0,5
H
D
E
C
B
A

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Xét BED vuông tại E nên BE =
Xét BHE vuông tại H nên sin =
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
V
Đặt t xy . Ta có:   2 1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy        
Và   2 1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy       . ĐK:
1 1
5 3
t   .
Suy ra :
 
 
22 2 2 2 22 7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y t t
P
xy t
    
 
 
.
Do đó:
 
 
2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t
 


, ' 0 0( ), 1( )P t th t kth    
1 1 2
5 3 15
P P
   
     
   
và  
1
0
4
P  .
KL: GTLN là
1
4
và GTNN là
2
15
( HSLT trên đoạn
1 1
;
5 3

 
  
)
0,5
0,5
VIa 1 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0
d(I; Δ )=
vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
0,5
2 VÐc t¬ chØ ph­¬ng cña hai ®­êng th¼ng lÇn l­ît lµ: 1u

(4; - 6; - 8) 2u

( - 6; 9; 12)
+) 1u

vµ 2u

cïng ph­¬ng
+) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 VËy d1 // d2.
*) AB

= ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 .Ta cã: IA + IB = IA1 + IB  A1B
IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B
Khi A1, I, B th¼ng hµng  I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d
Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B.
*) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®­îc H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 
 
A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
 
 
I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
  
 
 
0,5
0,5
VII
a
Xeùt phöông trình z4
– z3
+6z2
– 8z – 16 = 0 .
Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch
chia ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông
trình trôû thaønh:
(Z + 1)(Z – 2)(Z2
+ 8) = 0
Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = –2 2 i
Ñaùp soá:    1,2, 2 2 i, 2 2 i
0,5
0,5
I
A H B

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp
án quy định.
------------------Hết------------------
VIb 1 Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng 1 1
1
4 3
xx yy
  . TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn 0 1 0 1
1
4 3
x x y y
  (1)
Ta thÊy täa ®é cña A vµ B ®Òu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt
0 0
1
4 3
xx yy
  do M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0
 0 04 4
4
4 3
xx yy
   0 04 (12 3 )
4
4 3
xx y x
 
Gäi F(x;y) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th×
(x- y)x0 + 4y – 4 = 0  0 1
4 4 0 1
x y y
y x
  
 
  
. VËy AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh F(1;1)
0,5
0,5
2 MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng
   : 1, , , 0
x y z
a b c
a b c
    
 Do M   nªn:
cos
3
1 2 3 6
1 3. 162
y
abc
a b c abc
     
 ThÓ tÝch: min
3
1
27 27 6
6
9
a
V abc V b
c


     
 
MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5
VII
b
 ĐK: x > 1
 Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :
0,5
0,5